Marathon des équations fonctionnelles

Soit f une éventuelle fonction vérifiant l'assertion : P(x,y) :
1) f(x) < 1
-------------

P(1,x) ==>
==> > 0
==>
Et puisque est surjective, il vient :

2) f(x) >= 1
--------------

P(x,y) ==>
==>
En faisant tendre x vers +l'infini, on obtient f(y)>=1.

Synthèse :
Pas de solutions.

on a :

on considère la fonction g telle que :


l'équation fonctionnelle devient :

supposons que :


ainsi :


pour x=y on aura g(x)=1 pour tout x>0
d'où :

inversement , f(x)=x est une solution à l'équation fonctionnelle ,d'où la solution.......
sauf erreur....

Soit f une fonction éventuelle vérifiant l'assertion : P(x,y) :
P(0,0) ==> f(0)=0
P(x,0) ==> f(x²)=xf(x)
P(0,x) ==> f(-x²)=-xf(x)=-f(x²) ==> f est impaire
P(x,y) : f(x²-y²)=f(x²)-f(y²)
En remplaçant x² par x²+y² : f(x²)=f(x²+y²)-f(y²) <==> f(x²)+f(y²)=f(x²+y²)
On a f(x²)+f(y²)=f(x²+y²) et f(x²-y²)=f(x²)-f(y²) et f est impaire, donc f vérifie l'équation de Cauchy.
De plus, la relation f(x²)=xf(x) donne par récurrence facile que f(x^2^n)=x^(2^n-1)f(x), et en prenant x de ]0,1[ et n -> +l'infini, on obtient la continuité en 0.
Synthèse :
Les seules solutions à l'EF sont les fonctions linéaires (et nulles).

Soit f une fonction vérifiant l'assertion : P(x,y) : f(x²+y+f(y))=2y+f(x)²
f est surjective
Soit un réel c tel que f(c)=0
P(0,c) ==> f(c)=2c+f(0)²
==> 2c+f(0)²=0
==> c = -f(0)²/2
Donc : f(x)=0 ==> x=-f(0)²/2
P(c,0) ==> f(c²+f(0))=0
==> c²+f(0)=-f(0)²/2
==> f(0)^4 / 4 + f(0) + f(0)² / 2 = 0
==> f(0) = 0 ou f(0)=-1.1795…

- Si f(0)=-1.1795…
F(x²+f(0))=f(x)²
Donc en prenant x tel que x²+f(0)=0, on obtient f(0)=f(x)², d’où f(0)>=0, contradiction.

- Si f(0)=0
On a donc : f(x)=0 <==> x=0
P(0,y) ==> f(y+f(y))=2y
P(x,0) ==> f(x²)=f(x)²
En particulier, pour un certain x, on a soit f(x)=f(-x) soit f(x)=-f(-x).
P(1,0) ==>f(1)=f(1)²==>f(1)=1 ou f(1)=0==>f(1)=1

Montrons par récurrence forte que pour tout entier naturel : f(n)=n
On a : f(1)=1
Supposons que pour tout k < n : f(k)=k
Si n est pair, alors n=2i, i<n, et P(0,i) ==> f(i+f(i))=2i ==> f(2i)=2i ==>f(n)=n
Si n est impair, alors n=2i+1, i<n, et P(1,i) ==> f(1+2i)=1+2i ==>f(n)=n
Donc : pour tout entier naturel n : f(n)=n

P(x,y) : f(x²+y+f(y))=f(x²)+2y
Si f(y)<0, alors x²=-f(y) ==> f(y)=f(-f(y))+2y
Et en particulier : f(y)-2y=f(-f(y))=f(t²)=f(t)²>0, où t est un certain réel tel que t²=-f(y).
On en déduit donc en particulier que : si f(y)<0, alors f(y)>2y
Si f(x)=f(y)<0, alors f(x)-f(-f(x))=f(y)-f(-f(y)), d’où 2x=2y, et donc x=y.
Donc : si f(x)=f(y) < 0, alors x=y

Soit y<0 et on définit x tel que x²=-y.
Alors P(x,y) ==>f(f(y))=f(-y)+2y
Supposons que f(x)=f(y) avec x,y < 0.
Alors : f(f(x))=f(-x)+2x et f(f(y))=f(-y)+2y.
Si f(-x)=f(x) et f(-y)=f(y) ou f(-x)=-f(x) et f(-y)=-f(y), alors on en déduit facilement que x=y
Le seul cas par symétrie qui pose problème est le cas : f(f(y))=f(y)+2y et f(f(x))=-f(x)+2x :
F(x)=f(y) ==>f(y)+2y=-f(y)+2x==>f(y)+y=x==>f(f(y)+y)=f(x)==>2y=f(x)=f(y)=f(-y)
On a f(y)=f(-y)=2y<0, d’où : y=-y, donc y=0, contradiction.
Donc : f(x)=f(y) avec x,y<0 ==>x=y

Supposons que f(y)+y=0.
Alors : f(f(y)+y)=f(0)=0, d’où 2y=0, et donc y=0.
Donc : f(y)+y=0 <==> y=0

On a soit f(-n)=f(n), soit f(-n)=-f(n).
Si f(-n)=f(n)=n, alors f(-n)-n=0, d’où -n=0, contradiction.
Donc pour tout entier naturel : f(-n)=-f(n)=-n

Soit t un réel tel que f(t) < 0.
Si t>0, alors t=x², d'où f(t)=f(x²)=f(x)² > 0, contradiction.
D’où : t< 0, et on peut définir x tel que x²=-t, ce qui donne :
P(x,y=-f(x)²/2+f(t)/2) ==>f(x²+y+f(y))=f(t)<0
==>x²+y+f(y)=t
==>2x²+f(t)-f(x²)+2f(y)=2t
==>-2t+f(t)-f(-t)+2f(y)=2t
==>f(t)-f(-t)+ 2 f ( (f(t)-f(-t))/2) = 4t
Si f(-t)=f(t), alors t=0
D’où : f(-t)=-f(t), et donc : f(t)+f(f(t))=2t
Donc : si f(t)<0, alors f(-t)=-f(t) et f(f(t))+f(t)=2t
Or : f(f(t))=2t-f(t)<0, donc on peut répéter le processus avec f(f(t))<0.
Cela nous mène à un raisonnement sur l’orbite de t : la suite ainsi définie par u_0 = t, u_1 = f(t), u_(n+1)=f(u_n) vérifie une récurrence linéaire, dont l’équation caractéristique est : x²+x-2=0
Delta=1+8=9
x1=(-1+3) /2 = 1
x2 = -(1- 3) / 2 = -2
U_n = a + b(-2)^n
Puisque U_n est toujours négative, on doit avoir nécessairement b=0.
D’où : f(t)=a-2b=a=U_0=t
Par suite : f(-t)=-f(t)=-t

Soit x un réel négatif. Puisque f est surjective, alors il existe un t tel que f(t)=x<0.
Par suite : x=f(t)=t, d’où x=t, et par conséquent, f(x)=x, pour tout réel x négatif
Et puisque f(x²)=f(x)² pour tout réel, et donc pour tout réel négatif, alors f(x²)=x² pour tout réel négatif x, d’où : f(x)=x pour tout réel positif

Finalement : f(x)=x pour tout réel x

Synthèse :
La seule solution sur IR est l'identité.

(C'est un peu long .. )
Soit f une fonction vérifiant l'assertion : P(x,y) :f(xf(y)+f(x))=2f(x)+xy

f est clairement bijective .
Soit c £ IR t.q f(c)=0
On a :
P(c,y) => f(cf(y))=cy => f(c²y)=f(cf(cf(y)))=c²f(y) => f(c³)=0 => c³=c
Donc c=0,1,-1
..........................................................................................................
Si c=0 :
P(x,0) => f(f(x))=2f(x)

P(-1,-1) => f(0)=2f(-1)+1 => f(-1)=-0.5

P(-1,y)=> f(-f(y)-1/2)=-y-1 => f(-y-1)=f(f(-f(y)-1/2))=2f(-f(y)-1/2)=2(-1-y)
Donc f(x)=2x pour tous x qui n'est pas une solution
..........................................................................................................
Si c=1 :
P(1,1) => f(0)=1
P(0,1) => f(1)=2f(0) absurde
...........................................................................................................
Si c=-1
P(x,-1) => f(f(x)=2f(x)-x (*)
pour x=-1 on aura f(0)=1 et pour x=0 on obtient f(1)=2
P(1,x) => f(f(x)+2)=x+4 => f(x+4)=f(f(f(x)+2))=2f(f(x)+2)-f(x)-2=2x+6-f(x)
Donc ∀x f(x+4)+f(x)=2x+6 (**)

D'autre part on a : P(x,1) => f(2x+f(x))=x+2f(x)
donc : f(x+2f(x))=f( f(2x+f(x)) ) =>f(x+2f(x))=2(x+2f(x))-(2x+f(x))=3f(x) ( par (*) )

en utilisant (*) 2 fois on obtient facilement f(2)=3 et f(3)=4 . Puis on a :
P(3,x) => f(3f(x)+4)=8+3x et on a f(3f(x)+4)=6f(x)+6-f(3f(x)) ( par (**))
et f(3f(x)) = f( f(x+2f(x)) ) =2f(x+2f(x) ) -(x+2f(x))=4f(x)-x
Donc : f(3f(x)+4))=2f(x)+x+6 et f(3f(x)+4)=8+3x
Et finalement f(x)=x+1 qui est réciproquement une solution ..